Exercices corrigés - Variables aléatoires discrètes infinies

• ou bien avoir obtenu pile au 1er lancer. Dans ce cas, on a forcément obtenu face au second lancer (sinon $X=2$), donc avec une probabilité de 1/3. Puis il reste $n-2$ lancers, et le premier "double pile" doit arriver au bout du $n-2$-ème. Ceci se produit avec une probabilité valant $p_{n-2}$. On a donc $$P(X=n|P_1)=\frac 13p_{n-2}\textrm{ et }P(P_1)=\frac 23.$$
• ou bien avoir obtenu face au 1er lancer. Il reste $n-1$ lancers où il faut obtenir le premier double pile au bout du $n-1$-ème, ce qui se produit avec une probabilité valant $p_{n-1}$. On a donc $$P(X=n|F_1)=p_{n-1}\textrm{ et }P(F_1)=\frac 13.$$

import random

def epreuve(n):
    if (random.random()<1/n):
        return 1
    else:
        return 0

def simulX():
    n=2
    while (epreuve(n)):
        n=n+1
    return n-1

def simulspot():
    t=0
    k=1
    while (k!=2):
        t=t+1
        if (k==1):
            k=random.randint(1,4)
        else:
            k=k-1
    return t

• Soit $S_1$ reste allumé jusqu'à l'instant $n-1$, et $S_2$ s'allume à l'instant $n$.
• Soit $S_1$ reste allumé jusqu'à l'instant $n-2$, et $S_3$ s'allume à l'instant $n-1$.
• Soit $S_1$ reste allumé jusqu'à l'instant $n-3$, et $S_4$ s'allume à l'instant $n-2$.

1. Voici l'arbre de probabilité attendu, où on a fait une branche "vers le haut" si on a tiré une boule blanche, et une branche "vers le bas" si on a tiré une boule noire.
   
2. La variable aléatoire $Y$ prend les valeurs $0,1,2$ et $3$. Grâce à l'arbre précédemment écrit, on a \begin{eqnarray*} P(Y=0)&=&\frac12\times\frac 13\frac 14=\frac1{24}\\ P(Y=1)&=&\frac 12\\ P(Y=2)&=&\frac 12\times\frac 23=\frac13\\ P(Y=3)&=&\frac 12\times\frac 13\times\frac 34=\frac18. \end{eqnarray*} On peut remarquer que l'on a bien $P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)+P(Y=3)=1$.

import random

def simulY():
    n=1 # Nombre de boules blanches dans l'urne
    fin=0 # égal à 1 si on vient de tirer une boule blanche
    while (fin==0):
        if (random.random()<1/(n+1)):
            n=n+1  # On a tiré la boule noire
        else:
            fin=fin+1 # On a tiré la boule blanche c'est fini
    return (n)  # Le nombre de boules blanches donne le nombre de tirages effectués

1. Notons $X$ la variable aléatoire égale au nombre de malades se présentant pour une intervention chirurgicale d'urgence dans cet hôpital. Alors $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $8$, et on cherche $P(X\geq 11)$, ou encore $1-P(X\leq 10)$. A l'aide d'un tableur, on trouve grâce à la formule $\verb+=1-LOI.POISSON(10,8,1)+$ une probabilité d'environ $0,\!184$.
2. Numérotons les hôpitaux de $1$ à $10$ et notons $A_k$ l'événement : ``le $k$-ième hôpital est saturé''. Alors on sait que $P(A_k)\simeq 0,\!13$. L'événement $B$ ``aucun hôpital n'est saturé'' est égal à $$B=\overline{A_1}\cap\cdots\cap\overline{A_{10}}.$$ Comme les événements $A_1,\dots,A_{10}$ sont indépendants, on a $$P(B)=\prod_{i=1}^{10}P(\overline{A_i})=(1-P(A_1))^{10}.$$ Finalement, la probabilité recherchée vaut $$1-P(B)=1-(1-P(A_1))^{10}\simeq 0,\!87.$$

1. On a $Y\left( \Omega \right) =\Bbb{N}$ et pour tout entier $n:P\left( Y=n\right) =\frac{\lambda ^{n}e^{-\lambda }}{n!}$. $E\left( Y\right) =\lambda =20$ et $V\left( Y\right) =\lambda =20$
2. Quand $Y=n,$ $X$ est le \textbf{nombre} d'objets défectueux parmi $% n,$ qui sont défectueux indépendemment les un des autres avec une même probabilité $0.1.$ Donc $X|Y=n$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $0.1$. En particulier, $P\left[ X=k|Y=n\right] =0$ si $k>n$ ou $k<0$ et $P\left[ X=k|Y=n\right] =\binom{n}{k}0.1^{k}0.9^{n-k}$ si $k\le n$
3. Comme $\left( Y=n\right) _{n\in \Bbb{N}},$ est un système complet d'événements on a pour tout entier $k$ : \[ P\left( X=k\right) =\sum_{n=0}^{+\infty }P\left[ X=k|Y=n\right] P\left( Y=n\right) \] série convergente dont on calcule la somme partielle en distinguant suivant que $n\ge k$ ou $n<k$: \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{M}P\left[ X=k|Y=n\right] P\left( Y=n\right) &=&\sum_{n=0}^{k-1}P\left[ X=k|Y=n\right] P\left( Y=n\right) \\ &&+\sum_{n=k}^{M}P\left[ X=k|Y=n\right] P\left( Y=n\right) \\ &=&0+\sum_{n=k}^{M}\binom{n}{k}0.1^{k}0.9^{n-k}\frac{20^{n}e^{-20}}{n!} \\ &=&\left( \frac{0.1}{0.9}\right) ^{k}e^{-20}\sum_{n=k}^{M}\frac{n!}{k!\left( n-k\right) !n!}\left( 0.9\cdot 20\right) ^{n} \\ &=&\left( \frac{1}{9}\right) ^{k}e^{-20}\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{M}\frac{1}{ \left( n-k\right) !}18^{n} \\ &=&\left( \frac{1}{9}\right) ^{k}e^{-20}\frac{1}{k!}\sum_{m=0}^{M-k}\frac{1}{ m!}18^{m+k} \\ &\rightarrow &\left( \frac{1}{9}\right) ^{k}e^{-20}\frac{1}{k!}18^{k}e^{18}= \frac{2^{k}e^{-2}}{k!} \end{eqnarray*} donc $X\hookrightarrow \mathcal{P}\left( 2\right) $

1. import math
   def simul_lancer():
     n=1
     while (math.rand()>0.3):
        n=n+1
     return n
   

2. Soit $Y$ le nombre de lancers effectués jusqu'à l'obtention de pile pour la première fois. $Y$ est le temps d'attente de la première réalisation de l'événement "obtenir pile" de probabilité constante 0,3 lors d'une suite de lancers indépendants, donc $Y$ suit une loi géométrique de paramètre 0,3. On en déduit, en appliquant la formule du cours du calcul de l'espérance d'une loi géométrique $$E(Y)=\frac{1}{0,\!3}=\frac{10}{3}.$$

def geometrique(p)
  n=1
  while (random()>p):
    n=n+1
  return n

def esperance_geo(p,n):
  S=0
  for i in range(n):
    k=1
    while (random()>p):
       k=k+1
    S=S+k
  return S/n

1. Remarquons qu'il est d'abord impossible que $T>Z$. Ainsi, si $n>m,$ on a $P((Z=m)\cap (T=n))=0$. Ensuite, si $n=m,$ alors on doit avoir $X=Y=m$, et comme les variables aléatoires sont indépendantes $$P((Z=m)\cap (T=n))=P( (X=m) \cap (Y=m) )=p^2q^{2(m-1)}.$$ Enfin, si $n<m$, l'événement $(Z=m)\cap (T=n)$ est égal à la réunion des deux événements disjoints $(X=m)\cap (Y=n)$ et $(X=n)\cap (Y=m)$. La probabilité de chacun de ces événements étant $p^2q^{m-1}q^{n-1}$, on a dans ce cas $$P((Z=m)\cap (T=n))=2p^2 q^{m-1}q^{n-1}.$$
2. On va utiliser la formule des probabilités totales. En effet, les événements $(Y=n),$ pour $n$ parcourant $\mathbb N^*$, forment un système complet d'événements. On a donc \begin{align*} P(Z=m)&=\sum_{n=1}^{+\infty} P((Z=m)\cap (T=n))\\ &=\sum_{n=1}^{m-1}2p^2 q^{m-1}q^{n-1}+p^2q^{2m-2}\\ &=2p^2 q^{m-1}\frac{1-q^{m-1}}{1-q}+p^2q^{2m-2}\\ &=2p q^{m-1}-2pq^{2m-2}+p^2q^{2m-2}. \end{align*}

1. On a $$P(X>m)=\sum_{k=m+1}^{+\infty}pq^{k-1}=\frac{pq^m}{1-q}=q^m.$$
2. Remarquons que l'on a $Z>m$ si et seulement si $X>m$ ou $Y>m.$ Utilisant la formule $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$, on trouve $$P(Z>m)=P(X>m)+P(Y>m)-P((X>m)\cap(Y>m))=2q^m-q^{2m}.$$
3. Remarquons que l'événement $(Z>m-1)$ est réunion disjointe des événements $(Z>m)$ et $Z=m$. On en déduit $$P(Z>m-1)=P(Z>m)+P(Z=m)$$ soit encore $$P(Z=m)=P(Z>m-1)-P(Z>m)=2q^{m-1}-q^{2m-2}-2q^{m}+q^{2m}.$$ Utilisant $p=1-q$, on peut vérifier que les résultats des deux méthodes coïncident.

1. Notons $q=1-p$. On sait que, pour tout $k\in\mathbb N^*$, on a $P(X=k)=pq^{k-1}$. On en déduit que, pour tout $m\in\mathbb N$, $$P(X>m)=\sum_{k=m+1}^{+\infty}pq^{k-1}=\frac{pq^m}{1-q}=q^m.$$
2. On commence par remarquer que $(X>k+n)\cap (X>n)=(X>k+n)$. On en déduit que \begin{align*} P(X>k+n|X>n)&=\frac{P\big((X>k+n)\cap (X>n)\big)}{P(X>n)}\\ &=\frac{P(X>k+n)}{P(X>n)}\\ &=\frac{q^{k+n}}{q^n}=q^k=P(X>k). \end{align*} La variable aléatoire $X$ est bien sans mémoire. Interprétons ceci en termes d'épreuves de Bernoulli. $P(X>m)$ est la probabilité pour que, dans une suite d'épreuves de Bernoulli indépendantes de même loi, le premier succès arrive après la $m$-ième épreuve. $P_{(X>n)}(X>n+m)$ est la probabilité pour que, dans le même cas, le premier succès arrive après la $n+m$-ième épreuve, sachant que les $n$ premières épreuves ont donné lieu à un échec. Dans ce dernier cas, on peut oublier les $n$ premières épreuves dont on connait le résultat et calculer la probabilité que le premier résultat arrive après $m$ épreuves.

1. Procédons par récurrence. Pour $n\geq 1$, on considère la propriété $\mathcal P(n)$ définie par $$\mathcal P(n)=``P(X>n)=q^n{} ''.$$ Initialisation : la propriété est vraie au rang $1$ par définition de $q$.
   Hérédité : soit $n\in\mathbb N^*$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie. Alors on a d'une part $$P(X>n+1|X>n)=P(X>1)=q$$ et d'autre part $$P(X>n+1|X>n)=\frac{P\big((X>n+1)\cap(X>n)\big)}{P(X>n)}=\frac{P(X>n+1)}{q^n}.$$ On déduit que $P(X>n+1)=q^n\cdot q=q^{n+1}$ et que $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
   Conclusion : par le principe de récurrence, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 1$.
2. Pour $n\geq 1$, on a $$P(X=n)=P(X>n-1)-P(X>n)=q^{n-1}-q^{n}=(1-q)q^{n-1}=pq^{n-1}$$ et donc $X$ suit bien une loi géométrique de paramètre $p=1-q$.

1. On est dans le cadre d'une répétition indépendante d'expériences de Bernoulli, avec probabilité $1/n$ de réussite et la variable aléatoire $X$ désigne le rang du premier succès. $X$ suit donc une loi géométrique de paramètre $1/n$. Autrement dit, pour tout $k\geq 1$, on a $P(X=k)=\left(1-\frac 1n\right)^{k-1}\frac 1n$.
2. Par les formules du cours, le nombre moyen d'essais est $$E(X)=n.$$

1. Comme on retire une clé à chaque essai infructueux, $Y$ ne peut prendre ses valeurs que dans $\{1,\dots,n\}$.
2. Il est clair que $P(Y=1)=1/n$. Pour calculer $P(Y=2)$, on peut faire un arbre de probabilité représentant les deux premiers choix de clés. On peut aussi, en utilisant les notations de la question suivante, remarquer que $$P(Y=2)=P(S_2\cap E_1)=\frac{P(S_2|E_1)}{P(E_1)}=\frac{1/(n-1)}{(n-1)/n}=\frac 1n.$$
3. Lorsque les événements $E_1\cap\dots\cap E_{i-1}$ sont réalisés, le trousseau n'est plus constitué que de $n+1-i$ clés. On a donc $$P(E_i|E_1\cap E_2\cap\dots \cap E_{i-1})=\frac{n-i}{n+1-i}\textrm{ et }P(S_i|E_1\cap E_2\cap\dots\cap E_{i-1})=\frac{1}{n+1-i}.$$
4. On va appliquer la formule des probabilités composées. Elle donne \begin{eqnarray*} P(Y=k)&=&P(S_k\cap E_{k-1}\cap\dots\cap E_1)\\ &=&P(S_k|E_{k-1}\cap \dots \cap E_1)\times P(E_{k-1}|E_{k-2}\cap \dots\cap E_1)\times\cdots\times P(E_1)\\ &=&\frac{1}{n+1-k}\times \frac{n+1-k}{n+2-k}\times\cdots\frac{n-1}n\times\frac 1n\\ &=&\frac 1n. \end{eqnarray*} La variable aléatoire $Y$ suit donc "tout simplement" une loi uniforme sur $\{1,\dots,n\}$.
5. Le nombre moyen d'essais est l'espérance de $Y$, qui vaut $\frac{n+1}2$. Ce n'est pas si différent!

1. Notons $X_i$, $i=1,\dots,4$ valant $1$ si le client subit un retard à son $i$-ème appel et 0 sinon. Les $X_i$ sont des variables aléatoires de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p=1/4$. Puisque $X=X_1+X_2+X_3+X_4$, $X$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(4,1/4)$. En particulier, on a : $$E(X)=1\textrm{ et }V(X)=\frac{3}{4}.$$
2. On cherche $P(X\geq 1)$ : $$P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-\left(\frac{3}{4}\right)^4.$$

1. On note $p=0,25$ et $q=1-0,25$. Comme à la première question, on reconnait le schéma théorique d'une variable aléatoire de loi binomiale de paramètres $n$ et $p$. On a donc : $$P(Z=k|Y=n)=\left\{ \begin{array}{ll} \binom n k p^kq^{n-k}&\textrm{si $0\leq k\leq n$}\\ 0&\textrm{si $k>n$} \end{array}\right.$$
2. On a : \begin{eqnarray*} P(Z=k,Y=n)&=&P(Y=n)P(Z=k|Y=n)\\ &=&\left\{\begin{array}{ll} e^{-m}\frac{m^n}{n!}\binom n k p^kq^{n-k}&\textrm{si $k\leq n$}\\ 0&\textrm{sinon.}\end{array}\right. \end{eqnarray*}
3. Il faut réaliser la sommation! On a, tenant compte du fait que les premiers termes sont nuls : \begin{eqnarray*} P(Z=k)&=&\sum_{n=k}^{+\infty}P(Z=k,Y=n)\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(mq)^n}{(n-k)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^k\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(mq)^{n-k}}{(n-k)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^k\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(mq)^{n}}{(n)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^ke^{mq}\\ &=&e^{-mp}\frac{(mp)^k}{k!}. \end{eqnarray*} $Z$ suit donc une loi de Poisson de paramètre $m\times0,25$.

• on obtient $i$ boules noires, puis $j$ boules blanches, puis une boule noire. Cet événement a pour probabilité $p^iq^jp=p^{i+1}q^j$.
• on obtient $i$ boules blanches, puis $j$ boules noires, puis une boule blanche. Cet événement a pour probabilité $q^ip^jq=p^{j}q^{i+1}$.

1. Pour $n\geq 1$, on peut écrire : \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n kP(X=k)&=&\sum_{k=1}^n k\left(P(X>k-1)-P(X>k)\right)\\ &=&\sum_{k=1}^{n-1}(k+1-k)P(X>k)-nP(X>n)+P(X>0)\\ &=&\sum_{k=0}^{n-1}P(X>k)-nP(X>n). \end{eqnarray*}
2. On a, pour tout entier $n$, $$\sum_{k=0}^n kP(X=k)\leq \sum_{k=0}^{+\infty}P(X>k).$$ La suite des sommes partielles d'une série à termes positifs est majorée. C'est que la série converge.
3. Si $X$ admet une espérance, la série $\sum k P(X=k)$ converge. Mais : $$0\leq nP(X>n)=n\sum_{k=n+1}^{\infty}P(X=k)\leq\sum_{k=n+1}^\infty kP(X=k).$$ Ce dernier terme tend vers 0, lorsque $n$ tend vers l'infini, comme reste d'une série convergente. Donc : $$E(X)=\sum_{k=0}^{+\infty}P(X>k).$$

1. On a $X\leq k$ si et seulement si les $n$ épreuves ont amené un résultat inférieur ou égal à $k$, et on a donc : $$P(X\leq k)=\left(\frac{k}{N}\right)^n\implies P(X>k)=1-\left(\frac{k}{N}\right)^n.$$ Quant à la loi de $X$, on trouve, pour $1\leq k\leq N$ : $$P(X=k)=P(X\leq k)-P(X\leq k-1)=\frac{k^n-(k-1)^n}{N^n}.$$
2. Par la question précédente : $$E(X)=N-\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^n.$$
3. On reconnait ici une somme de Riemann de la fonction $x\mapsto x^n$, continue sur $[0,1]$. On a donc, pour $N$ qui tend vers l'infini : $$\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^n\to_{N\to+\infty}\int_0^1x^ndx=\frac{1}{n+1}.$$
4. On a : $$\frac{E(X)}{N}=1-\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac{k}{N}\right)^n\to 1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}.$$

1. La série entière $\sum_n x^n$ a pour rayon de convergence $1,$ et sa somme vaut $1/(1-x).$ On sait de plus que la somme d'une série entière est de classe $\mathcal C^\infty$ sur son intervalle ouvert de convergence et que la dérivée $k$-ième s'obtient en dérivant terme à terme la série. On en déduit, en dérivant une fois, $$\sum_{k=1}^{+\infty}kx^{k-1}=\frac{1}{(1-x)^2},$$ puis en dérivant une deuxième fois $$\sum_{k=1}^{+\infty}k(k-1)x^{k-2}=\frac2{(1-x)^3}.$$
2. Écrivons $k^2=k(k-1)+k.$ On en déduit \begin{align*} \sum_{k=1}^{+\infty}k^2x^{k-1}&=\sum_{k=1}^{+\infty}k(k-1)x^{k-1}+\sum_{k=1}^{+\infty}kx^k\\ &=\frac{2x}{(1-x)^3}+\frac1{(1-x)^2}. \end{align*}
3. Rappelons que sous les conditions de l'énoncé, $X$ est à valeur dans $\mathbb N^*$ et que pour tout $k\in\mathbb N^*,$ on a $P(X=k)=p(1-p)^{k-1}.$ Posons $x=1-p.$ On a \begin{align*} E(X)&=\sum_{k=1}^{+\infty}p x^{k-1} k\\ &=\frac{p}{(1-(1-p))^2}\\ &=\frac 1p \end{align*} (la convergence de la série est assurée par la convergence de la série entière). En outre, \begin{align*} E(X^2)&=\sum_{k=1}^{+\infty}p x^{k-1} k^2\\ &=\frac{2p(1-p)}{p^3}+\frac{p}{p^2}\\ &=\frac{2-p}{p^2}. \end{align*} On conclut que $$V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\frac{2-p}{p^2}-\frac1{p^2}=\frac{1-p}{p^2}.$$